Producto de dos variables aleatorias independientes.

Tengo una muestra de aproximadamente 1000 valores. Estos datos se obtienen del producto de dos variables aleatorias independientes . La primera variable aleatoria tiene una distribución uniforme . La distribución de la segunda variable aleatoria no se conoce. ¿Cómo puedo estimar la distribución de la segunda variable aleatoria ( )? $\xi \ast \psi$ $\xi \sim U(0,1)$ $\psi$

probability distributions mathematical-statistics

— Andy
fuente

Esta es una versión de lo que se llama un problema de deconvolución: si pasa al registro del producto, obtiene la distribución estimada de la suma cuando conoce la distribución de uno de los términos. Consulte en wikipedia .

— Xi'an

Consulte también esta pregunta relacionada sobre validación cruzada: una vez que aplica la transformación de registro, el problema es equivalente.

— Xi'an

@ Xi'an: buenos enlaces. Seguramente espero que

casi seguramente ... aunque podemos recuperarnos de una violación aparentemente fatal de esta condición descomponiéndolo como

y considerando las piezas por separado.

ψ \geq 0

$\psi \geq 0$

ψ = ψ_{+} - ψ_{-}

$\psi = \psi_{+} - \psi_{-}$

— cardenal

@cardinal Tengo curiosidad acerca de cómo se maneja el problema de estimación cuando algunos de los datos pueden ser negativos. ¿Cómo se determina la descomposición? (El método intuitivo de asignación de datos de menos de

a un mayor componente y datos de

a otro aspecto subóptima para mí porque la convolución con la exponencial tiende a convertir los valores procedentes de la

componente en relativamente grandes observaciones positivas.) Parece más bien como el estimador simultáneamente tiene que manejar la identificación de la mezcla y la deconvolución, y eso parece difícil de hacer.

1

$1$

1

$1$

ψ_{-}

$\psi_{-}$

— whuber

@ Cardenal gracias por la explicación. No, no ruido: porque estaba pensando en términos de logaritmos, simplemente había olvidado que

no es negativo.

ξ

$\xi$

— whuber

Tenemos, suponiendo que tiene soporte en la línea real positiva, $\psi$ Donde y es la distribución empírica de los datos. Tomando el registro de esta ecuación obtenemos,

ξ ψ = X

$\xi \,\psi = X$

X \sim F_{n}

$X \sim F_n$

F_{n}

$F_n$

L o g (ξ) + L o g (ψ) = L o g (X)

$Log(\xi) + Log(\psi) = Log(X)$

Por lo tanto, según el teorema de continuidad de Levy, y la independencia de y tomando las funciones de carácter: $\xi$ $\psi$

Ψ_{L o g (ξ)} (t) Ψ_{L o g (ψ)} (t) = Ψ_{L o g (X)}

$\Psi_{Log(\xi)}(t)\Psi_{Log(\psi)}(t) = \Psi_{Log(X)}$

Ahora, Por lo tanto, $\xi\sim Unif[0,1]$ $, therefore$ $-Log(\xi) \sim Exp(1)$

Ψ_{L o g (ξ)} (- t) = {(1 + i t)}^{- 1}

$\Psi_{Log(\xi)}(-t)= \left(1 + it\right)^{-1}\,$

Dado que conLa muestra aleatoria de. $\Psi_{ln(X)} =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{1000}\exp(itX_k) ,$ $X_1 ... X_{1000}$ $\ln(X)$

Ahora podemos especificar completamente la distribución de través de su función característica: $Log(\psi)$

{(1 + i t)}^{- 1} Ψ_{L o g (ψ)} (t) = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{1000} \exp (i t X_{k})

$\left(1 + it\right)^{-1}\,\Psi_{Log(\psi)}(t) = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{1000}\exp(itX_k)$

$\ln(\psi)$ $t<1$

M_{L o g (ψ)} (t) = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{1000} \exp (- t X_{k}) (1 - t)

$M_{Log(\psi)}(t) = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{1000}\exp(-t\,X_k)\,\left(1 - t\right)\,$

It is enough then to invert the Moment generating function to get the distribution of $ln(\phi)$ and thus that of $\phi$

— Drmanifold
fuente

can you explain this with an example in R?

— Andy

Of course. I ll try to post it tomorrow.

— Drmanifold